抛物线习题
常用技巧
- 抛物线设点技巧,
如抛物线\(y^2=4x\)上任一点可以设为\((x,y)\),但其含有两个元;若设为\((4t^2,4t)\)或者设为\((\frac{y_0^2}{4},y_0)\),只含有一个元,故运算简单,具体参见本博文的[例7,2018高考新课标Ⅲ卷第16题]
- 抛物线的焦点弦长公式\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)的推导:
思路1:代数方法,联立方程组,
当直线的斜率不存在时,即直线的倾斜角\(\theta=90^{\circ}\)时,\(x_1=x_2=\cfrac{p}{2}\),\(y_1=p\),\(y_2=-p\),
故\(|AB|=|y_1-y_2|=2p=\cfrac{2p}{sin^290^{\circ}}=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\)。
当直线的斜率存在时,即\(k=tan\theta\),焦点弦方程是\(y=k(x-\cfrac{p}{2})\),代入抛物线方程得到\(k^2x^2-(k^2p+2p)x+\cfrac{k^2p^2}{4}=0\),
利用韦达定理可知\(x_1+x_2=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}\),由抛物线的定义
\(|AB|=|AF|+|BF|=x_1+x_2+p=\cfrac{k^2p+2p}{k^2}+p=\cfrac{2p(k^2+1)}{k^2}\)
\(=2p\times\cfrac{tan^2\theta+1}{tan^2\theta}=2p\times\cfrac{sin^2\theta+cos^2\theta}{sin^2\theta}=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。
思路2:几何方法,利用三角函数。
设\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\),则由抛物线的定义可知,\(|AB|=x_1+x_2+p\),
\(|AF|=x_1+\cfrac{p}{2}\),\(|CF|=x_1-\cfrac{p}{2}\),又\(|CF|=|AF|cos\theta\),则可知
\(cos\theta(x_1+\cfrac{p}{2})=x_1-\cfrac{p}{2}\),解得\(x_1=\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\),同理求得\(x_2=\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}\cdot \cfrac{p}{2}\),
将其代入\(|AB|=x_1+x_2+p\),则\(|AB|=\cfrac{p}{2}(\cfrac{1-cos\theta}{1+cos\theta}+\cfrac{1+cos\theta}{1-cos\theta})+p\),整理得到\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\theta}\)。
记忆方法总结
- 焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时;
如下图所示,抛物线\(y^2=2px\),焦点\(F(1,0)\),过点\(F\)的直线\(AB\)和抛物线交于点\(A\),\(B\),设点\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\),则可知\(y_1y_2=-p^2\);
则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_1|+\cfrac{1}{2}\times |OF|\times |y_2|\)
\(=\cfrac{1}{2}\times |OF|\times (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{1}{2}\times \cfrac{p}{2}\times 2\sqrt{|y_1y_2|}=\cfrac{p}{2}\cdot p=\cfrac{p^2}{2}\);
当且仅当\(|y_1|=|y_2|\)时取到等号,即焦点弦三角形的面积的最小值是\(AB\)为通经时,其值为\(\cfrac{p^2}{2}\)。
给出方式
- 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)经过点\((2,4)\),即\(p=4\);
- 抛物线\(y^2=2px(p>0)\)的焦点到准线的距离为\(4\),即\(p=4\);
抛物线性质
如下图所示,为抛物线\(y^2=2px\)的图像,过焦点\(F(\cfrac{p}{2},0)\)的直线\(AB\)与抛物线相交于\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\)两点,且直线\(AB\)的倾斜角为\(\angle xFA=\alpha\),则有以下性质:
①\(x_1\cdot x_2=\cfrac{p^2}{4}\);\(y_1\cdot y_2=-p^2\);
②\(|AB|=x_1+x_2+p=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\);
③\(S_{\triangle ABC}=\cfrac{p^2}{2sin\alpha}\);
④\(\cfrac{1}{|AF|}+\cfrac{1}{|BF|}=\cfrac{2}{p}\)为定值;
⑤\(AB\)为焦点弦,当\(AB\perp x\)轴时,\(AB\)为通径;此时\(AB=2p\);
设\(A(x_1,y_1)\)、\(B(x_2,y_2)\),中点\(P(x_0,y_0)\)
(1)求\(A\)、\(B\)两点的横坐标之积和纵坐标之积;
分析:\(k_{OA}=\cfrac{y_1}{x_1}\),\(k_{OB}=\cfrac{y_2}{x_2}\),
由于\(OA\perp OB\),则有\(k_{OA}\cdot k_{OB}=-1\),则\(x_1x_2+y_1y_2=0\),
又由于\(y_1^2=2px_1\),\(y_2^2=2px_2\),则有\(\cfrac{y_1^2}{2p}\cdot \cfrac{y_2^2}{2p}+y_1y_2=0\),
由于\(y_1\neq 0\),\(y_2\neq 0\),故得到\(y_1y_2=-4p^2\),\(x_1x_2=4p^2\);
(2)求证:直线\(AB\)恒过定点;
分析:由于\(y_1^2=2px_1\),\(y_2^2=2px_2\),
所以\((y_1-y_2)(y_1+y_2)=2p(x_1-x_2)\),
所以当\(x_1\neq x_2\)时,\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\),即\(k_{AB}=\cfrac{2p}{y_1+y_2}\)
则直线\(AB:\) \(y-y_1=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-x_1)\),即\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+y_1-\cfrac{2px_1}{y_1+y_2}\)
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{y_1^2-2px_1+y_1y_2}{y_1+y_2}\)
由于\(y_1^2=2px_1\),\(y_1y_2=-4p^2\),
所以\(y=\cfrac{2px}{y_1+y_2}+\cfrac{-4p^2}{y_1+y_2}\),整理为\(y=\cfrac{2p}{y_1+y_2}(x-2p)\),
所以直线\(AB\)过定点\((2p,0)\),设\(M(2p,0)\),
当\(x_1=x_2\)时,可知\(AB\)方程为\(x=2p\),过点\(M(2p,0)\),
综上可知,直线\(AB\)恒过定点\(M(2p,0)\)。
(3)求弦\(AB\)的中点\(P\)的轨迹方程;
分析:如图设\(OA:y=kx\),代入\(y^2=2px\),得到\(x=0\)或\(x=\cfrac{2p}{k^2}\),故点\(A(\cfrac{2p}{k^2},\cfrac{2p}{k})\);
同理,以\(-\cfrac{1}{k}\)代替\(k\),得到点\(B(2pk^2,-2pk)\),
设中点\(P(x_0,y_0)\),则\(\left\{\begin{array}{l}{x_0=p(k^2+\cfrac{1}{k^2})}\\{y_0=p(k-\cfrac{1}{k})}\end{array}\right.\)
由于\(k^2+\cfrac{1}{k^2}=(k-\cfrac{1}{k})^2-2\),利用此公式消参,得到
\(\cfrac{x_0}{p}=(\cfrac{y_0}{p})^2+2\),即\(y_0^2=px_0-2p^2\),
即中点\(P\)的轨迹方程为\(y^2=px-2p^2\)。
(4)求\(\triangle AOB\)面积的最小值;
分析:\(S_{\triangle AOB}=S_{\triangle AOM}+S_{\triangle BOM}=\cfrac{1}{2}|MO|(|y_1|+|y_2|)\)\(=p(|y_1|+|y_2|)\geqslant 2p\sqrt{|y_1y_2|}\)\(=4p^2\)
当且仅当\(|y_1|=|y_2|=2p\)时,等号成立,
所以\(\triangle AOB\)面积的最小值为\(4p^2\)。
典例剖析
法1:常规方法,由于点\(P(-3,2)\)在抛物线\(C:y^2=2px(p>0)\)的准线上,
所以准线方程为\(x=-\cfrac{p}{2}=-3\),解得\(p=6\),即\(y^2=12x\),
抛物线为\(y^2=12x\),在第一象限的方程为\(y=2\sqrt{3}\sqrt{x}\),
设切点\(A(m,n)\),则\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\),
由导数可知,\(y'=2\sqrt{3}\times \cfrac{1}{2}\cfrac{1}{\sqrt{x}}=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{x}}\),
则在切点\(A\)处的斜率为\(\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}\)
则直线\(PA\)的方程为:\(y-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(x-m)\),
将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-n=\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{m}}(-3-m)\)①
又\(n=2\sqrt{3}\sqrt{m}\)②,
联立解得,\(m=\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3}\),\(n=2+2\sqrt{10}\),
即点\(A(\cfrac{11+2\sqrt{10}}{3},2+2\sqrt{10})\)
同理,可设切点\(B(a,b)\),则在切点\(B\)处的斜率为\(-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}\)
则直线\(PB\)的方程为:\(y-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(x-a)\),
将点\((-3,2)\)代入得到,\(2-b=-\cfrac{\sqrt{3}}{\sqrt{a}}(-3-a)\)①
又\(b=-2\sqrt{3}\sqrt{a}\)②,
联立解得,\(m=\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3}\),\(n=2-2\sqrt{10}\),
即点\(B(\cfrac{11-2\sqrt{10}}{3},2-2\sqrt{10})\),
故直线\(AB\)的斜率为\(k=\cfrac{(2+2\sqrt{10})-(2-2\sqrt{10})}{\frac{11+2\sqrt{10}}{3}-\frac{11-2\sqrt{10}}{3}}=3\)
故所求斜率为\(3\).
法2:【特殊方法】导数法,由题目先得到抛物线方程\(y^2=12x\),对此式两边同时针对\(x\)求导,
得到\(2y\cdot y'=12\),即\(y'=\cfrac{6}{y}\),故经过抛物线上任意一点切线的斜率\(k=y'=\cfrac{6}{y}\),
则以点\(A(x_1,y_1)\) ,\(B(x_2,y_2)\)为切点的切线方程分别为
\(y-y_1=\cfrac{6}{y_1}(x-x_1)\);\(y-y_2=\cfrac{6}{y_2}(x-x_2)\);
将点\(P(-3,2)\)坐标代入以上两个式子,
得到\(2-y_1=\cfrac{6}{y_1}(-2-x_1)\);\(2-y_2=\cfrac{6}{y_2}(-3-x_2)\);
又因为\(y_1^2=12x_1\),\(y_2^2=12x_2\),代入上式,
解得\(y_1=3x_1-9\);\(y_2=3x_2-9\)
说明点\(A(x_1,y_1)\) ,\(B(x_2,y_2)\)都在同一条直线\(y=3x-9\)上,
即直线\(AB\)的方程为\(y=3x-9\),故所求斜率为\(3\).
【法1】:常规方法,利用两点间距离公式,由于\(2p=3\),则\(\cfrac{p}{2}=\cfrac{3}{4}\),故焦点\(F(\cfrac{3}{4},0)\),又斜率为\(k=\cfrac{\sqrt{3}}{3}\),
则直线\(AB\)的方程为\(y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})\),
联立直线\(AB\)和抛物线方程,得到\(\left\{\begin{array}{l}{y^2=3x}\\{y=\cfrac{\sqrt{3}}{3}(x-\cfrac{3}{4})}\end{array}\right.\),
消\(y\)得到\(16x^2-24\times7x+9=0\),设点\(A(x_1,y_1)\),点\(B(x_2,y_2)\),
则\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\),\(x_1x_2=\cfrac{9}{16}\),
故\(|AB|=\sqrt{1+k^2}\cdot |x_1-x_2|\)
\(=\sqrt{1+k^2}\cdot\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=12\)。
【法2】:利用直线\(AB\)的参数方程的参数的几何意义,
直线\(AB\)的参数方程为\(\begin{cases}x=\cfrac{3}{4}+\cfrac{\sqrt{3}}{2}t\\y=0+\cfrac{1}{2}t\end{cases}(t为参数)\),将其代入\(y^2=3x\)中,
整理得到\(t^2-6\sqrt{3}t-9=0\),设\(A\),\(B\)对应的参数分别为\(t_1\),\(t_2\),
则\(\Delta>0\),且有\(t_1+t_2=6\sqrt{3}\),\(t_1t_2=-9\),
故\(|AB|=|t_1-t_2|=\sqrt{(t_1+t_2)^2-4t_1t_2}=\sqrt{36\times3-4\times(-9)}=12\)。
【法3】:利用抛物线的定义可知,\(|AB|=|AF|+|BF|=|AN|+|BO|=x_1+\cfrac{p}{2}+x_2+\cfrac{p}{2}=x_1+x_2+p\),
故由法1中,得到\(x_1+x_2=\cfrac{24\times7}{16}=\cfrac{21}{2}\),\(p=\cfrac{3}{2}\),即\(|AB|=x_1+x_2+p=12\)。
法4:利用抛物线的焦点弦长公式:\(|AB|=\cfrac{2p}{sin^2\alpha}\),则\(|AB|=\cfrac{2\times \frac{3}{2}}{(\frac{1}{2})^2}=12\)。
(1).求抛物线的方程。
分析:由题目图形可知,\(\cfrac{p}{2}=1\),则\(p=2\),故顶点在坐标原点,开口向右的抛物线的方程为\(y^2=2px\),即\(y^2=4x\)。
(2).求证:直线\(QN\)过定点。
分析:如果直线过定点\((m,n)\),则直线的表达式必然应该能化为:\(y-n=k(x-m)\)类型。
设点\(M(4t^2,4t)\),点\(N(4t_1^2,4t_1)\),点\(M(4t_2^2,4t_2)\),则由题目易知直线\(MN\)的斜率存在,
且\(k_{MN}=\cfrac{4t-4t_1}{4t^2-4t_1^2}=\cfrac{1}{t+t_1}\),从而直线\(MN\)的方程是\(y=\cfrac{1}{t+t_1}(x-4t^2)+4t\),即\(x-(t+t_1)y+4tt_1=0\)。
同理可知,直线\(MQ\)的方程\(x-(t+t_2)y+4tt_2=0\),直线\(NQ\)的方程\(x-(t_1+t_2)y+4t_1t_2=0\),
又点\(A\)在直线\(MN\)上,从而有\(4tt_1=1\),即\(t=\cfrac{1}{4t_1}\);点\(B\)在直线\(MQ\)上,
从而有\(1+(t+t_2)+4tt_2=0\),即\(1+(\cfrac{1}{4t_1}+t_2)+4\times \cfrac{1}{4t_1}t_2=0\),
化简得到\(4t_1t_2=-4(t_1+t_2)-1\),
代入\(NQ\)的方程,得到\(x-(t_1+t_2)y-4(t_1+t_2)-1=0\),
即\(y+4=\cfrac{1}{t_1+t_2}(x-1)\),故直线\(NQ\)经过定点\((1,-4)\)。
- 抛物线\(y^2=4x\)上的任意点的坐标的设法一般是\((x,y)\),本题采用\((4t^2,4t)\),是抛物线的参数方程的一种。
- 注意直线过定点的证明思路。
法1:如图所示,动圆的圆心为点\(P(x,y)\),则有\(|PN|=|PM|+1\),
即\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=|x+1|+1\),由于动圆在直线\(x+1=0\)的右侧,即\(x+1>0\),
故化简得到\(\sqrt{(x-2)^2+(y-0)^2}=x+1+1\),整理得到\(y^2=8x\),故选\(A\);
法2:转化为能利用抛物线的定义来求解,其定义是说动点到定点的距离等于其到定直线的距离,
这样定点取\((2,0)\),此时定直线必须取\(x=-2\),
这样抛物线的标准方程为\(y^2=2px(p>0)\),且\(\cfrac{p}{2}=2\),即\(p=4\),
故抛物线的标准方程为\(y^2=8x\),故选\(A\)。
分析:由题意可知,\(|PQ|=|PD|\),但是用这个不好建立轨迹方程,或者不能有效的和抛物线的定义建立联系,
故等价转化为\(|PA|=|PB|\),且其模型为\(y^2=2px\)。
这样就可以理解为平面内一个动点\(P\)到一个定点\(A\)的距离等于其到定直线\(x=-2\)的距离。
由抛物线的定义可知,\(-\cfrac{p}{2}=-2\),即\(p=4\),故\(y^2=2\times 4x=8x\),故选\(A\)。
法1:点差法,做出如下示意图,连结\(MH\),\(H\)为焦点弦\(AB\)的中点,
由于\(\triangle AMB\)为直角三角形,\(H\)为\(AB\)的中点,则\(MH=\cfrac{1}{2}AB\),
又由于\(AB=AF+BF=AP+BQ\),则\(MH=\cfrac{1}{2}AB=\cfrac{1}{2}(AP+BQ)\),
故\(MH\)为直角梯形的中位线,则\(MH//x\)轴,
设\(A(x_1,y_1)\),\(B(x_2,y_2)\),则有\(y_1^2=4x_1\) ①,\(y_2^2=4x_2\) ②,
①-②得到,\(y_1^2-y_2^2=4(x_1-x_2)\),即\((y_1+y_2)(y_1-y_2)=4(x_1-x_2)\),
则有\(\cfrac{y_1-y_2}{x_1-x_2}=\cfrac{4}{y_1+y_2}\),即\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}\),
又由于\(MH//x\)轴,\(M(-1,1)\),则\(H\)点的纵坐标为1,即\(\cfrac{y_1+y_2}{2}=1\),则\(y_1+y_2=2\),代入上式,
得到\(k=\cfrac{4}{y_1+y_2}=2\).
法2:向量法,设直线\(AB:y=k(x-1)\),由于点\(A,B\)都在抛物线上,故设\(A(4t_1^2,4t_1)\),\(B(4t_2^2,4t_2)\),
联立直线和抛物线,得到\(\left\{\begin{array}{l}{y=k(x-1)}\\{y^2=4x}\end{array}\right.\),消\(x\)得到,
\(y^2-\cfrac{4}{k}y-4=0\),则由韦达定理可知,\(4t_1+4t_2=\cfrac{4}{k}\),\(4t_1\cdot 4t_2=-4\),
即\(t_1+t_2=\cfrac{1}{k}\),\(t_1\cdot t_2=-\cfrac{1}{4}\),
又\(\overrightarrow{MA}=(4t_1^2+1,4t_1-1)\),\(\overrightarrow{MB}=(4t_2^2+1,4t_2-1)\),\(\angle AMB=90^{\circ}\),
则\(\overrightarrow{MA}\cdot \overrightarrow{MB}=0\),即\((4t_1^2+1)(4t_2^2+1)+(4t_1-1)(4t_2-1)=0\),
打开整理得到,\(16(t_1t_2)^2+4(t_1^2+t_2^2)+1+16t_1t_2-4(t_1+t_2)+1=0\),
代入整理得到,\(\cfrac{4}{k^2}-\cfrac{4}{k}+1=0\),即\((\cfrac{2}{k}-1)^2=0\),解得\(k=2\)。
法1:做出如下的示意图,设直线\(AB\)的斜率为\(k\),不妨只考虑\(k>0\),则\(AB:y=k(x-4)\),即\(kx-y-4k=0\);
将直线和抛物线方程联立,消去\(x\)得到,\(ky^2-4y-16k=0\),则\(y_1+y_2=-\cfrac{-4}{k}=\cfrac{4}{k}\),\(y_1y_2=-16\),
则\(|AB|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}|y_1-y_2|=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}\)
\(=\sqrt{1+\cfrac{1}{k^2}}\sqrt{(\cfrac{4}{k})^2-4\times (-16)}=\sqrt{\cfrac{k^2+1}{k^2}}\cdot 4\cdot \sqrt{\cfrac{4k^2+1}{k^2}}\)
\(=4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\),
又点\(F\)到直线\(AB\)的距离为\(d=h=\cfrac{|3k|}{\sqrt{k^2+1}}=\cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\),
则\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 4\cdot \cfrac{\sqrt{k^2+1}\cdot \sqrt{4k^2+1}}{k^2}\cdot \cfrac{3k}{\sqrt{k^2+1}}\)
\(=6\times \cfrac{\sqrt{4k^2+1}}{k}=6\times \sqrt{4+\cfrac{1}{k^2}}\),
当\(k\rightarrow \infty\)时,所求面积有最小值,\(S_{min}=6\times 2=12\)。故选\(B\).
法2:仿上利用均值不等式可以说明,当\(AB\)和\(x\)轴垂直时,\(S_{\triangle ABF}\)有最小值;
\(S_{\triangle ABF}=\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot (|y_1|+|y_2|)\ge \cfrac{3}{2}\cdot 2\sqrt{|y_1y_2|}= \cfrac{3}{2}\cdot 2\cdot 4=12\),故选\(B\).
分析:如图所示,直线过抛物线的焦点,故利用抛物线的焦点弦长公式可得,\(\cfrac{2p}{sin^2\theta}=17\),
又由于直线的斜率\(k=4\),则\(sin^2\theta=\cfrac{2p}{17}\),\(cos^2\theta=\cfrac{17-2p}{17}\),则\(k^2=16=tan^2\theta=\cfrac{2p}{17-2p}\),
解得\(p=8\),从而\(a=16\),抛物线为\(y^2=16\);
由图可知所求直线和抛物线相切于第一象限,故涉及到的函数为\(y=f(x)=4\sqrt{x}\),
设切点为\(P(x_0,y_0)\),则\(f'(x_0)=\cfrac{2}{\sqrt{x_0}}=4\),求得\(x_0=\cfrac{1}{4}\),\(y_0=2\),
又所求直线的\(k=4\),由点斜式方程可得,所求直线为\(4x-y+1=0\),故选\(B\).
解后反思:焦点弦的公式不止一个,此处选用这一个就是考虑变量少,运算简单。
分析:如图所示,由题可知,\(|OF|=|OK|=2\),\(|KF|=4\),由抛物线定义可知,\(|AF|=|AB|\),则\(|AK|=\sqrt{2}|AB|\),
故可知\(\angle AKF=45^{\circ}\),在\(\triangle AKF\)中,\(|KF|=4\),设\(|AF|=x\),则\(|AK|=\sqrt{2}x\),
由余弦定理可知,\(|AF|=4\),其高为\(|KB|=4\),故\(S_{\triangle AFK}=\cfrac{1}{2}\times 4\times 4=8\),故选\(C\)。
分析:如图所示,由于\(\triangle OAB\)为等边三角形,则边\(AB\)必然垂直于\(x\)轴,设点\(A(4t^2,4t)\),则\(B(4t^2,-4t)\),
由于\(\angle AOC=30^{\circ}\),则由斜率公式可知,\(\cfrac{4t}{4t^2}=tan30^{\circ}\),解得\(t=\sqrt{3}\),
故\(|AC|=|BC|=4\sqrt{3}\),则\(|AB|=8\sqrt{3}\),故高\(|OC|=4\sqrt{3}\times \sqrt{3}=12\),
则\(S_{\triangle OAB}=\cfrac{1}{2}\times 8\sqrt{3}\times 12=48\sqrt{3}\),故选\(D\).
分析:由题可知,抛物线方程为\(y^2=8x\),直线\(l'\)方程为\(y-3=-2x\),即\(l':2x+y-3=0\),
设点\(M(x_1,y_1)\),\(N(x_2,y_2)\),线段\(MN\)的中点为\((x_0,y_0)\),联立\(y^2=8x\)和\(2x+y-3=0\),
消去\(y\)得到\(4x^2-20x+9=0\),由韦达定理得到\(x_1+x_2=5\),\(x_1x_2=\cfrac{9}{4}\),
则可知\(x_0=\cfrac{x_1+x_2}{2}=\cfrac{5}{2}\),代入\(l':2x+y-3=0\),得到\(y_0=-2\);即圆心坐标为\((\cfrac{5}{2},-2)\);
又由弦长公式得到\(MN=\sqrt{1+k^2}|x_1-x_2|\)
即\(MN=\sqrt{1+(-2)^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{5}\sqrt{25-9}=4\sqrt{5}\),
故半径为\(2\sqrt{5}\),则以\(MN\)为直径的圆的方程为\((x-\cfrac{5}{2})^2+(y+2)^2=20\),故选\(A\)。
待解答。
分析:准线为\(x=-1\),当点\(A\),\(P\),\(E\)三点共线,即三点连线与\(x\)轴平行时\(|PE|+|PA|\)之和最小;
此时\([|PA|+|PE|]_{min}=|AE|=|4-(-1)|=5\),此时点\(E(-1,2)\),点\(P(1,2)\)。
分析:由于点\(P\)在直线\(x+y+2=0\)上,故设\(P(-2-y_{0}, y_{0})\),
又由于点\(A\),\(B\)在\(y=x^{2}\)上,故设\(A(x_{1}, x_{1}^{2})\), \(B(x_{2}, x_{2}^{2})\),
由于\(y^{\prime}=2x\),则\(k_{1}=2x_{1}\),则在\(A\)点的切线方程\(l_{1}\)为\(y-x_{1}^{2}=2x_{1}(x-x_{1})\),
又由于点\(P\)在\(l_{1}\)上,则\(y_{0}-x_{1}^{2}=2 x_{1}(-2-y_{0}-x_{1})\),即\(x_{1}^{2}+2(y_{0}+2)x_{1}+y_{0}=0\),
同理, \(B\)点的切线方程有\(x_{2}^{2}+2(y_{0}+2)x_{2}+y_{0}=0\),[仿上的结果直接写出,工作量减少一半]
所以,\(x_{1}\),\(x_{2}\)是方程\(x^{2}+2(y_{0}+2)x+y_{0}=0\)的两根,[此处用到合二为一的策略]
由韦达定理可知,\(\left\{\begin{array}{l}x_{1}+x_{2}=-2(y_{0}+2)\\x_{1}x_{2}=y_{0}\end{array}\right.\)
则有\(\cfrac{y_{0}+y_{1}+y_{2}}{3}=\cfrac{x_{1} x_{2}+x_{1}^{2}+x_{2}^{2}}{3}\)
\(=\cfrac{x_{1} x_{2}+(x_{1}+x_{2})^2-2x_1x_2}{3}=\cfrac{(x_{1}+x_{2})^2-x_1x_2}{3}\)
\(=\cfrac{4(y_0+2)^2-y_0}{3}=\cfrac{4y_0^2+15y_0+16}{3}>0\) [\(\Delta=15^2-4\times4\times16<0\)]
故\(\triangle PAB\)的重心恒在\(x\)轴上方, 故选\(A\).
解析: 抛物线 \(x^{2}=y\) 的焦点为 \(F(0,\cfrac{1}{4})\) ,[用图形帮助大家理解本题目所采用的算理]
设直线 \(m\) 的倾斜角为 \(\alpha\) ,可得直线 \(m\) 的参数方程为 \(\left\{\begin{array}{l}x=0+t\cos\alpha ,\\y=\cfrac{1}{4}+t\sin\alpha\end{array}\right.\) ( \(t\) 为参数),
代入抛物线的方程 \(x^{2}=y\) 得到关于\(t\)的一元二次方程 , \(\cos^{2}\alpha\cdot t^2-\sin\alpha\cdot t-\cfrac{1}{4}=0\) ,
则其必然满足 \(\Delta=(-\sin\alpha)^2+\cos^2\alpha=1>0\),设 \(P\),\(Q\) 对应的参数分别为 \(t_{1}\),\(t_{2}\) ,
则由韦达定理得到, \(t_{1}+t_{2}=\cfrac{\sin\alpha}{\cos^{2}\alpha}\) , \(t_{1} t_{2}=-\cfrac{1}{4\cos^{2}\alpha}\) ,
则 \(|PQ|=|t_{1}-t_{2}|=\sqrt{(t_{1}+t_{2})^{2}-4 t_{1}t_{2}}\)
\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha}{\cos ^{4}\alpha}+\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}}\)\(=\sqrt{\cfrac{\sin ^{2} \alpha+\cos ^{2} \alpha}{\cos ^{4} \alpha}}=\cfrac{1}{\cos ^{2} \alpha}\)
即有 \(|PQ|=\cfrac{1}{\cos^{2}\alpha}\) ,[如何计算\(|MN|\)才是这个题目的难点,同样的思路走一遍,必然费时费力]
将 \(\alpha\) 换为 \(\alpha+30^{\circ}\) ,同理由于计算 \(|MN|\) 的算理和计算方法和计算 \(|PQ|\) 的是完全一样的,二者不同的仅仅是倾斜角,这样我们就可以直接借助上述的结论得到我们想要的东西,而且能节省大量的时间和精力,更重要的是锤炼了我们的数学素养。不过需要注意此处的思维跳跃性还是很大的。需要我们平时有意识的加以练习。 可得 \(|MN|=\cfrac{1}{\cos^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)}\) ,
则 \(\cfrac{1}{|P Q|}+\cfrac{1}{|M N|}=\cos ^{2} \alpha+\cos ^{2}\left(\alpha+30^{\circ}\right)\)
\(=\cfrac{1+\cos 2 \alpha}{2}+\cfrac{1+\cos \left[2\left(\alpha+30^{\circ}\right)\right]}{2}\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left[\cos 2 a+\cos \left(2 a+60^{\circ}\right)\right]\)
\(=1+\cfrac{1}{2}\left(\cfrac{3}{2} \cos 2 \alpha-\cfrac{\sqrt{3}}{2} \sin 2 \alpha\right)\)
\(=1+\cfrac{\sqrt{3}}{2} \cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)\)
当 \(\cos \left(2 \alpha+30^{\circ}\right)=-1\) ,即 \(\alpha=75^{\circ}\) 时, \(\cfrac{1}{|PQ|}+\cfrac{1}{|MN|}\) 的最小值为 \(1-\cfrac{\sqrt{3}}{2}\).
〔解后反思〕:如果学校是代数、几何内容分开讲授,那么一看到抛物线和直线的相交问题,则学生很可能会想到设直线的点斜式方程,联立曲线方程利用弦长公式的思路来求解,从而由于运算量大而主动退却放弃;这一思维定势需要克服,同时需要深入体会参数方程在解决这一类问题的便利。
其中所有正确结论的编号为______________.
解: 设 \(A(x_{1}, y_{1})\), \(B(x_{2}, y_{2})\), 可知 \(F(0,\cfrac{p}{2})\), 直线 \(AB\) 的方程为 \(y=k x+\cfrac{p}{2}\),
联立 \(\left\{\begin{array}{l}x^2=2py\\y=kx+\cfrac{p}{2}\end{array}\right.\), 化为 \(x^{2}-2pkx-p^{2}=0\), 则 \(x_{1}+x_{2}=2pk\),\(x_{1}x_{2}=-p^{2}\),
而 \(y_{1}y_{2}=\cfrac{p^{2}}{4}\), 所以 \(\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=-p^{2}+\cfrac{p^{2}}{4}=-\cfrac{3}{4}p^{2}=-3\),
所以 \(p=2\), 故抛物线的标准方程为 \(x^{2}=4y\) ; 故 ①. 正确;
设 \(P(x_{0}, y_{0})\) 为抛物线上一点,由于抛物线方程为 \(y=\cfrac{1}{4}x^{2}\), 则 \(y'=\cfrac{1}{2}x\),
则在 \(P\) 点处的切线方程斜率 \(k=\cfrac{x_{0}}{2}\), 所以 \(P\) 点处的切线方程为\(y-y_0=\cfrac{x_0}{2}(x-x_0)\),
又由于 \(y_0=\cfrac{1}{4}x_0^2\),故切线方程为 \(y=\cfrac{x_{0}}{2}x-y_{0}\),
由于切线与 \(x\) 轴, \(y\) 轴分别交于点 \(M\), \(N\), 所以 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\),\(N(0,-y_{0})\),
所以 \(S_{\triangle OMN}=\cfrac{1}{2}|OM||ON|=\cfrac{1}{2}\times|\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}||-y_{0}|=|\cfrac{(\frac{{x_0}^2}{4})^2}{x_{0}}|=|\cfrac{x_{0}^{3}}{16}|\), 故面积不为定值, 故 ②. 错误;
因为 \(M(\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}, 0)\),\(P(x_{0}, y_{0})\), \(N(0,-y_{0})\), 可知 \(\left\{\begin{array}{l}2 \cdot\cfrac{2y_{0}}{x_{0}}=\cfrac{x_{0}^{2}}{x_{0}}=x_{0}+0\\2\times 0=y_{0}+(-y_{0})\end{array}\right.\),
所以 \(M\) 为 \(PN\) 的中点, 故 ③. 正确;
因为 \(PH\)\(\perp\)\(l\) 垂足为 \(H\), 所以 \(H(x_{0},-1)\), \(N(0,-y_{0})\), \(F(0,1)\), \(P(x_{0}, y_{0})\),
因此 \(|FN|=|PH|\) 且 \(FN//PH\), 所以四边形 \(PFNH\) 为平行四边形, 又根据抛物线定义 \(|PH|=|PF|\),
故四边形 \(PFNH\) 为菱形, 故④. 正确.
故答案为: ①.③.④.